2021-2022学年吉林省名校调研(省命题A)九年级(上)期中数学试卷-附答案详解

2021-2022学年吉林省名校调研（省命题A）九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共6小题，共12.0分）1.下列方程中，属于一元二次方程的是()A. x+1=3B. x2=2x−12C. 2y−x=10D. x+3=1x2.下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A. B. C. D.3.若x=2是方程x2−x+a=0的一个根，则()A. a=1B. a=2C. a=−1D. a=−24.直线y=x+1与抛物线y=x2+1的图象如图所示，若一次函数的值大于二次函数的值，则x的取值范围是()A. x<1B. x>1C. 0<x<1D. x<0或x>15.如图，AB是⊙O的直径，C和D是⊙O上两点，连接AC、BC、BD、CD，若∠CDB=36°，则∠ABC=()A. 36°B. 44°C. 54°D. 72°6.若抛物线y=−x2+2mx+2m，当x<1时，y随x的增大而增大，则抛物线的顶点在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）7.在平面直角坐标系中，点(−3,9)关于原点对称的点的坐标为______．8.若关于x的一元二次方程x2+6x−c=0有两个相等的实数根，则c的值为______．9.抛物线y=x2−2x+3的图象与y轴的交点坐标为______．10.函数y=x2−6x+10的最小值______．11.如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上的点，AD⏜=CD⏜.若∠CAB=50°，则∠CAD=______°.12.如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转50°后得到△COD，如果∠AOB=15°，那么∠AOD的度数为______．13.如图，四边形ABCD内接于圆O，∠BOD=108°，则∠BCD的度数是______度．14.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−(x−2)2+4与x轴的正半轴的交点为A，顶点为B，点C为该抛物线上一点，且在对称轴右侧第一象限内(点C不与点B重合)，连接AB、BC、AC、OB，若△ABC的周长为m，则四边形OACB的周长为______(用含m的代数式表示)．三、解答题（本大题共12小题，共84.0分）x2−3x=0．15.解方程：1216.求抛物线y=x2−2x−5与直线y=1的交点坐标．17.如图，在△ABC中，∠BAC=120°，以BC为边向外作等边△BCD，连接AD，将△ABD绕着点D按逆时针方向旋转60°得到△ECD，且点A、C、E在同一直线上．若AB=3，AC=2，求AD的长．18.某商店今年7月份的销售额是2万元，9月份的销售额是4.5万元，从7月份到9月份，假设该商店销售额平均每月的增长率相同，求这个增长率．19.如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−4,1)、B(−1,−1)、C(−3,2)．(1)若△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，画出△A1B1C1，并写出点A的对应点A1的坐标；(2)将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△A2BC2，画出△A2BC2．20.如图，一个运动员推铅球，铅球在点A处出手，在点B处达到最大高度，铅球行进(x−4)2+3，按如图所示建高度y(m)与水平距离x(m)之间的函数关系是y=−112立平面直角坐标系．请判断铅球推出的距离能否达到11m，并说明理由．21.如图，在⊙O中，AB、CD是两条互相垂直的弦，垂足为点E，F为AD的中点，连接FE并延长交BC于点G．(1)求证：EF=AF；(2)求证：EF⊥BC．22.如图，在平面直角坐标系中，过原点的抛物线的顶点M的坐标为(−1,−1)，点A的坐标为(1,1)，以OA为边的菱形OABC的顶点C在x轴的正半轴上，把菱形OABC沿AB向上翻折得到菱形EABD．(1)求抛物线对应的函数关系式；(2)若把抛物线向右平移使抛物线经过点D，求平移的距离．23.某种商品每天的销售利润y(元)与销售单价x(元)之间满足的函数关系式为y=ax2+bx−75，其图象如图所示．(1)求a、b的值；(2)当销售单价为多少元时，该种商品每天的销售利润最大？最大利润为多少元？(3)若该种商品每天的销售利润不低于16元，结合图象，直接写出自变量x的取值范围．24.如图，已知BC是⊙O的直径，弦AD⊥BC于点H，与弦BF交于点E，AD=8，BH=2．(1)求⊙O的半径；(2)若∠EAB=∠EBA，求证：BF=2AH．25.[操作]如图①，D是等边三角形ABC内部的一点，连接DA、DB、DC.将△BCD绕着点C顺时针旋转一定的角度得到△ACE，连接DE．(1)求证：△CDE是等边三角形；(2)若AD=3，CD=4，BD=5，求∠ADC的度数；[探究]如图②，E为正方形ABCD内部的一点，连接EB、EC、ED，将△BCE绕着点C顺时针旋转一定的角度得到△DCF.若∠DEC=135°，DE=2，CE=4，则BE的长为______．26.如图，在平面直角坐标系中，点A(3,−4)、B(5,−10)在抛物线y=x2+bx+c上，点P为该抛物线上一点，其横坐标为m．(1)求该抛物线的解析式；(2)当点P与点A关于该抛物线的对称轴对称时，求△PAB的面积；(3)当该抛物线在点B与点P之间部分(含点B和点P)的最高点与最低点的纵坐标之差为3时，求m的值；(4)点Q为该抛物线的对称轴上任意一点，当以点A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出点P的坐标．答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、x+1=3是一元一次方程，故此选项不符合题意；B、x2=2x−12是一元二次方程，故此选项符合题意；C、2y−x=10是二元一次方程，故此选项不符合题意；D、分母中有未知数，不是整式方程，是分式方程，故此选项不符合题意．故选：B．利用一元二次方程的定义判断即可．本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．2.【答案】C【解析】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：C．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．3.【答案】D【解析】解：∵x=2是方程的根，由一元二次方程的根的定义，可得，22−2+a=0，解此方程得到a=−2．故选：D．由题意知x=2是方程x2−x+a=0的一个根，再根据一元二次方程的根的定义求解，代入x=2，即可求出．本题考查一元二次方程解的定义，把解代入方程易得出a的值．4.【答案】C【解析】解：由图象可知，当0<x<1时，一次函数图象在二次函数图象上方，即一次函数的值大于二次函数的值．故选：C．根据图象，如果一次函数的值大于二次函数的值，一次函数图象必须在二次函数图象上方，即可得出答案．本题考查了二次函数与不等式，一次函数图象，解题的关键是熟练应用数形结合的方法．5.【答案】C【解析】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵∠A=∠D=36°，∴∠ABC=90°−36°=54°，故选：C．利用圆周角定理证明∠ACB=90°，∠A=∠D=36°即可解决问题．本题考查圆周角定理，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．6.【答案】A【解析】解：∵抛物线y=−x2+2mx+2m=−(x−m)2+m2+2m，当x<1时，y随x的增大而增大，∴该抛物线的对称轴是直线x=m，开口向下，∴m≥1，∴m2+2m>0，∴该抛物线的顶点(m,m2+2m)在第一象限，故选：A．根据题意和二次函数的性质，可以求得m的取值范围，从而可以得到该抛物线顶点所在的象限，本题得以解决．本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．7.【答案】(3,−9)【解析】解：∵点P的坐标为(−3,9)，∴点P关于原点对称的点的坐标为：(3,−9)．故答案为：(3,−9)．根据平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．本题主要考查了关于原点的对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键．8.【答案】−9【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+6x−c=0有两个相等的实数根，∴Δ=62+4c=0，解得c=−9，故答案为：−9．根据判别式的意义得到Δ=62+4c=0，然后解一次方程即可．本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．9.【答案】(0,3)【解析】解：令x=0，则y=3，所以，抛物线与y轴的交点坐标为(0,3)．故答案为：(0,3)．令x=0求出y的值，然后写出即可．本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握抛物线与坐标轴的交点的求解方法是解题的关键．10.【答案】1【解析】解：由原函数的解析式y=x2−6x+10，得y=(x−3)2+1，∵(x−3)2≥0，∴当x−3=0，即x=3时，y取最小值，∴y=1；最小值故答案是：1．利用配方法将y=x2−6x+10转化为顶点式y=(x−3)2+1，然后再来求函数值的最小值．本题考查了二次函数的最值．求二次函数的最大(小)值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法．本题采用了配方法．11.【答案】20【解析】【分析】本题考查了圆周角定理以及圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理，利用等弧对的圆心角相等，求出∠COD的度数是解题的关键．连接OC，OD，由圆周角定理得出∠COB=100°，结合AD⏜=CD⏜可求出∠COD的度数，再利用圆周角定理即可求出∠CAD的度数．【解答】解：连接OC，OD，如图所示：∵∠CAB=50°，∴∠COB=2∠AB=100°．∵AD⏜=CD⏜，∴∠AOD=∠COD=1(180°−∠COB)=40°，2∴∠CAD=1∠COD=20°．2故答案为20．12.【答案】65°【解析】解：由题意及旋转变换的性质得：∠AOC=∠BOD=50°，∵∠AOB=15°，∴∠AOD=50°+15°=65°，故答案为：65°．首先根据旋转变换的性质求出∠AOC的度数，结合∠AOB=15°，即可解决问题．本题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．13.【答案】126【解析】解：∵∠BOD=108°，∠BOD=54°，∴∠A=12∴∠BCD=180°−∠A=126°．故答案是：126．∠BOD=54°，然后根据圆内接四边形的性质求∠BCD的先根据圆周角定理得到∠A=12度数．本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．14.【答案】m+4【解析】解：∵抛物线y=−(x−2)2+4，∴对称轴为直线x=−1，∴OB=2，∵由抛物线的对称性知AB=BO，∴四边形OACB的周长为AO+AC+BC+OB=△ABC的周长+OA=m+4．故答案为：m+4．由抛物线y=−(x−2)2+4的对称性得到：OA=4，AB=BO，则四边形OACB的周长为AO+AC+BC+OB=△ABC的周长+OA，由此得出答案即可．本题考查了二次函数的性质，抛物线与x轴的交点坐标，此题利用了抛物线的对称性，解题的关键在于把求四边形AOBC的周长转化为△ABC的周长+OA．x2−3x=0，15.【答案】解：∵12x−3)=0，∴x(12x−3=0，∴x=0或12∴x1=0，x2=6．【解析】根据因式分解法即可求出答案．本题考查解一元二次方程，解题的关键是熟练运用因式分解法，本题属于基础题型．16.【答案】解：y=1时，则x2−2x−5=1，解得x=1±√7，所以，交点坐标为(1+√7,1)，(1−√7,1)．【解析】把y=1代入抛物线解析式计算即可得解．本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，是基础题，理解题意是解题的关键．17.【答案】解：∵将△ABD绕着点D按逆时针方向旋转60°得到△ECD，∴∠ADE=60°，DE=DA，EC=AB，∴△ADE为等边三角形，∴AD=AE，∵AB=3，AC=2，∴AE=AC+EC=2+3=5，∴AD=5．【解析】由旋转的性质可知∠ADE=60°，DE=DA，推出△ADE为等边三角形，由EC= AB=3得出AE=AC+EC=2+3=5，即可得出AD的长度．本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质，掌握性质的性质及等边三角形的判定与性质是解决问题的关键．18.【答案】解：设该商店销售额平均每月的增长率为x，依题意得：2(1+x)2=4.5，解得：x1=0.5=50%，x2=−2.5(不合题意，舍去)．答：该商店销售额平均每月的增长率为50%．【解析】设该商店销售额平均每月的增长率为x，利用9月份的销售额=7月份的销售额×(1+增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出该商店销售额平均每月的增长率为50%..本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．19.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标(4,−1)；(2)如图，△A2BC2即为所求．【解析】(1)利用中心对称的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．(2)利用旋转变换的性质分别作出A，C的对应点A2，C2即可．本题考查作图−平移变换，旋转变换，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质，属于中考常考题型．20.【答案】解：不能，理由：(x−4)2+3=0，令y=0时，−112即(x−4)2=36，解得：x1=10，x2=−2(舍去)，∵10<11，∴铅球推出的距离不能达到11m．【解析】令y=0，解关于x的一元二次方程，求出方程的正数解，即可判断铅球推出的最大距离．本题考查二次函数在实际问题中的应用，关键是求铅球落地时距原点的距离．21.【答案】证明：(1)∵AB⊥CD，∴∠AED=90°，∵AF=FD，∴EF=1AD=AF．2(2)∵EF=AF，∴∠A=∠AEF，∵∠A=∠C，∴∠AEF=∠C，∵∠AEF+∠FED=90°，∠FED=∠CEG，∴∠C+∠CEG=90°，∴∠CGE=90°，∴EF⊥BC．【解析】(1)利用直角三角形斜边中线的性质证明即可．(2)想办法证明∠C+∠CEG=90°，可得结论．本题考查圆周角定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是掌握直角三角形斜边中线的性质，属于中考常考题型．22.【答案】解：(1)设抛物线解析式为y=a(x+1)2−1(a≠0)．把(0,0)代入，得0=a(0+1)2−1，解得a=1．所以该抛物线的解析式为：y=(x+1)2−1；(2)如图所示，过点A 作AP ⊥x 轴于点P ．∵点A 的坐标为(1,1)，∴OP =AP =1．在直角△OAP 中，由勾股定理得到：OA =√2． ∵四边形OABC 为菱形，AB//x 轴．∴OC =OA =√2．∵把菱形OABC 沿AB 向上翻折得到菱形ABDE ，∴DE =OC =√2，DE//x 轴．∴点D 的坐标是(√2,2)，由题意得：(x +1)2−1=2，解得x 1=√3−1，x 2=−√3−1，∴平移距离为：√2−√3+1或√2+√3+1．【解析】(1)设抛物线解析式为顶点式y =a(x +1)2−1(a ≠0).然后把原点的坐标代入即可求得系数a 的值；(2)如图所示，过点A 作AP ⊥x 轴于点P.根据坐标与图形的性质、菱形的性质以及勾股定理易得点D 的坐标是(√2,2)，把y =2代入函数解析式y =(x +1)2−1即可求得相应的x 的值，所以结合点D 的坐标即可得到平移的距离．本题综合考查了待定系数法求二次函数解析式，菱形的性质，勾股定理以及二次函数图象的几何变换．解答(1)题时，要熟悉二次函数解析式的三种形式，并结合题中已知条件来设抛物线的解析式；解答(2)题时，要注意确定平移的距离为两种情况：抛物线对称轴的左侧经过点D 、抛物线对称轴的右侧经过点D ．23.【答案】解：(1)y =ax 2+bx −75图象过点(5,0)、(7,16)，∴{25a +5b −75=049a +7b −75=16， 解得：{a =−1b =20， ∴a =−1，b =20；(2)把a =−1，b =20代入y =ax 2+bx −75得：y =−x 2+20x −75=−(x −10)2+25，∵−1<0，∴当x =10时，y 有最大值，最大值为25，答：销售单价为10元时，该种商品每天的销售利润最大，最大利润为25元；(3)根据题意，当y=16时，得：−x2+20x−75=16，解得：x1=7，x2=13，即销售单价7≤x≤13时，该种商品每天的销售利润不低于16元．【解析】(1)利用待定系数法求二次函数解析式得出即可；(2)利用配方法求出二次函数最值即可；(3)根据题意令y=16，解方程可得x的值，结合图象可知x的范围．此题主要考查了二次函数的应用以及待定系数法求二次函数解析式等知识，正确利用二次函数图象是解题关键．24.【答案】(1)解：连结OA交BF于G，如图，⊙O的半径为r，∵AD⊥OB，∴AH=DH=4，在Rt△OHA中，OH=r−2，OA=r，∴r2=42+(r−2)2，解得r=5，即⊙O的半径为5；(2)证明：连结CF，如图，∵AD⊥OB，∴弧AB=弧DB，∵∠EAB=∠EBA，∴弧BD=弧AF，∴弧AB=弧AF，∴OA⊥BG，∴BG=FG，∴∠OAH=∠OBG，在△OAH和△OBG中，{∠OAH=∠OBG ∠OHG=∠OGB OA=OB，∴△OAH≌△OBG(AAS)，∴AH=BG，∴BF=2AH．【解析】(1)连结OA交BF于G，如图，⊙O的半径为r，根据垂径定理得到AH=DH=4，在Rt△OHA中，根据勾股定理得r2=42+(r−2)2，解得r=5；(2)连结CF，如图，根据垂径定理得到弧AB=弧DB，而∠EAB=∠EBA，所以弧BD=弧AF，则弧AB=弧AF，再根据垂径定理的推论得OA⊥BG，所以BG=FG，然后证明△OAH≌△OBG，得到AH=BG，所以BF=2AH．本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理和勾股定理．25.【答案】6【解析】操作：(1)证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，由旋转的性质可知，CD=CE，∠DCE=∠BCA=60°，∴△DCE是等边三角形；(2)解：∵△CDE是等边三角形，∴CD=ED=4，∠CDE=60°，∵AE=BD=5，AD=3，∴AE2=AD2+DE2=25，∴∠ADE=90°，∴∠ADC=∠ADE+∠CDE=90°+60°=150°；探究：解：如图②中，连接EF．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，由旋转的性质可知，CE=CF=4，∠ECF=∠BCD=90°，BE=DF，∴∠CEF =45°，EF =√2EC =4√2，∵∠DEC =135°， ∴∠DEF =∠DEC −∠CEF =90°，∴DF =√DE 2+EF 2=√22+(4√2)2=6，∴BE =DF =6．故答案为：6．操作：(1)证明CD =CE ，∠DCE =60°即可；(2)利用勾股定理的逆定理证明∠ADE =90°，可得结论；探究：连接EF ，证明△CEF 是等腰直角三角形，再证明∠DEF =90°，利用勾股定理求出DF 即可．本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，正确寻找特殊三角形解决问题．26.【答案】解：(1)把点A(3,−4)、B(5,−10)代入y =x 2+bx +c 得：{9+3b +c =−425+5b +c =−10， 解得：{b =−11c =20， ∴抛物线解析式为y =x 2−11x +20；(2)如图1，y =x 2−11x +20=(x −112)2−414，∴抛物线的对称轴是：直线x =112，∵点P 与点A 关于该抛物线的对称轴对称，∴P(8,−4)，AP//x 轴，∴△PAB 的面积=12(8−3)×(−4+10)=15； (3)当x ≥112时，y =3−414=−294， ∴(m −112)2−414=−294， 解得：m 1=112+√3，m 2=112−√3(舍)， 当x <112时，y =3−10=−7，∴(m −112)2−414=−7，解得：m 1=11+√132(舍)，m 2=11−√132， 综上所述，m =11−√132或112+√3；(4)分三种情况：①如图2，四边形QABP 是平行四边形，∵Q 的横坐标为5.5，∴点P 的横坐标m =5+2.5=7.5，当x =152时，y =(152)2−11×152+20=−254， ∴P(152,−254)；②如图3，四边形APQB 是平行四边形时，∵Q 的横坐标为5.5，∴点P 的横坐标m =3+0.5=3.5，当x =72时，y =(72)2−11×72+20=−254，∴P(72,−254)；③如图4，AB 是对角线时，同理得m =52，则P(52,−54)；综上，点P的坐标为(152,−254)或(72,−254)或(52,−54).【解析】(1)利用待定系数法可得该抛物线的解析式；(2)根据配方法可得抛物线的对称轴，确定点P的坐标，知道AP//x轴，根据三角形的面积公式可得结论；(3)分两种情况：①当x≥112；②当x<112；根据点B与点P之间部分(含点B和点P)的最高点与最低点的纵坐标之差为3列方程可得m的值；(4)分三种情况：①如图2，四边形QABP是平行四边形；②如图3，四边形APQB是平行四边形时；③如图4，AB是对角线时；利用平移的性质可得P的横坐标m的值，代入抛物线的解析式可得P的坐标．本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、轴对称的性质、平行四边形的判定、平移的性质、三角形的面积等知识；会利用待定系数法求函数解析式；会应用平移的性质结合平行四边形的性质求一个顶点的坐标．。